Teilaufgabe e

Lösung zu Teilaufgabe e

Begründung, dass die Gerade \(EN\) den Innenwinkel des Dreiecks \(DFE\) bei \(E\) halbiert

Planskizze (optional): Wegen \(\textcolor{#e9b509}{\overline{KE}} = \textcolor{#e9b509}{\overline{EF}}\) (vgl. Angabe Teilaufgabe d) ist das Dreieck \(KFE\) gleichschenklig mit der Basis \([KF]\).

Die Gerade \(\textcolor{#cc071e}{EN}\) verläuft durch den Mittelpunkt \(N\) der Basis \([KF]\) und ist somit Symmetrieachse des Dreieck \(KFE\). Folglich halbiert die Gerade \(\textcolor{#cc071e}{EN}\) den Innenwinkel des Dreiecks \(KFE\) und damit auch des Dreiecks \(DFE\) bei \(\textcolor{#e9b509}{E}\) (\(\textcolor{#e9b509}{\measuredangle KFE} = \textcolor{#e9b509}{\measuredangle DFE}\)).

Nachweis, dass \(S\) auf der Gerade \(EN\) liegt

Der Punkt \(S\) ist der Ursprung des Koordinatensystems (vgl. Angabe).

\(S(0|0|0)\)

1. Möglichkeit: Lineare Abhängigkeit der Ortsvektoren \(\overrightarrow{N}\) und \(\overrightarrow{E}\) nachweisen

Da der Punkt \(S\) im Ursprung des Koordinatensystems liegt, verläuft die Gerade \(\textcolor{#cc071e}{EN}\) durch \(S\), wenn die Ortsvektoren \(\overrightarrow{SN} = \textcolor{#0087c1}{\overrightarrow{N}}\) und \(\overrightarrow{SE} = \textcolor{#0087c1}{\overrightarrow{E}}\) linear abhängig sind, d. h. ein reelles Vielfaches voneinander sind.

Es ist also beispielsweise die Gültigkeit der Gleichung \(\textcolor{#0087c1}{\overrightarrow{E}} = k \cdot \textcolor{#0087c1}{\overrightarrow{N}}; k \in \mathbb R\) nachzuweisen.

\(N(1{,}6|0|3{,}2)\), \(E(2|0|4)\)

\[\textcolor{#0087c1}{\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}} = k \cdot \textcolor{#0087c1}{\begin{pmatrix} 1{,}6 \\ 0 \\ 3{,}2 \end{pmatrix}} \; \Rightarrow \; \left\{\begin{align*} 2 &= k \cdot1{,}6 \; \Leftrightarrow \; k = \frac{5}{4} \\ 0 &= k \cdot 0 \\ 4 &= k \cdot 3{,}2 \; \Leftrightarrow \; k = \frac{5}{4} \end{align*}  \right\} \; \Rightarrow \; S \in \textcolor{#cc071e}{EN}\]

Es gilt \(\textcolor{#0087c1}{\overrightarrow{E}} = \dfrac{5}{4} \cdot \textcolor{#0087c1}{\overrightarrow{N}}\). Also liegt \(S\) auf der Gerade \(\textcolor{#cc071e}{EN}\).

2. Möglichkeit: Punktprobe mit Gleichung der Gerade \(EN\)

Gleichung der Gerade \(\textcolor{#cc071e}{EN}\) in Parameterform beschreiben:

Planskizze (optional): Beispielsweise ist \(\textcolor{#cc071e}{E}\) ein Aufpunkt und \(\textcolor{#cc071e}{\overrightarrow{EN}}\) ein Richtungsvektor der Geradengleichung in Parameterform.

\(N(1{,}6|0|3{,}2)\), \(E(2|0|4)\)

\[\textcolor{#cc071e}{\overrightarrow{EN}} = \overrightarrow{N} - \overrightarrow{E} = \begin{pmatrix} 1{,}6 \\ 0 \\ 3{,}2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix} = \textcolor{#cc071e}{\begin{pmatrix} -0{,}4 \\0 \\ -0{,}8 \end{pmatrix}}\]

\[\begin{align*} &\textcolor{#cc071e}{EN}\colon \overrightarrow{X} = \textcolor{#cc071e}{\overrightarrow{E}} + \mu \cdot \textcolor{#cc071e}{\overrightarrow{EN}}, \; \mu \in \mathbb R \\[0.8em] &\textcolor{#cc071e}{EN} \colon \overrightarrow{X} =\textcolor{#cc071e}{\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}} + \mu \cdot \textcolor{#cc071e}{\begin{pmatrix} -0{,}4 \\0 \\ -0{,}8 \end{pmatrix}}, \; \mu \in \mathbb R\end{align*}\]

Punktprobe \(\textcolor{#0087c1}{S(0|0|0)} \in \textcolor{#cc071e}{EN}\):

\[\textcolor{#0087c1}{\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}} =\textcolor{#cc071e}{\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}} + \mu \cdot \textcolor{#cc071e}{\begin{pmatrix} -0{,}4 \\0 \\ -0{,}8 \end{pmatrix}} \;\Rightarrow \; \left\{ \begin{align*} 0 &= 2 - 0{,}4\mu \; \Leftrightarrow \; \mu = 5 \\ 0 &= 0 \\ 0 &= 4 - 0{,}8\mu \;\Leftrightarrow \; \mu = 5 \end{align*}  \right\} \; \Rightarrow \; \textcolor{#0087c1}{S} \in \textcolor{#cc071e}{EN}\]

\(\mu = 5\) ist eindeutige Lösung der Vektorgleichung. Somit liegt der Punkt \(\textcolor{#0087c1}{S}\) auf der Gerade \(\textcolor{#cc071e}{EN}\).